2020高考物理 章末質(zhì)量檢測(cè)（六）第六章 碰撞與動(dòng)量守恒（含解析）魯科版

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1、第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 (時(shí)間：45分鐘) 一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～8題為多項(xiàng)選擇題) 1.如圖1所示小船靜止于水面上，站在船尾上的漁夫不斷將魚(yú)拋向船頭的船艙內(nèi)，將一定質(zhì)量的魚(yú)拋完后，關(guān)于小船的速度和位移，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A.向左運(yùn)動(dòng)，船向左移一些 　 B.小船靜止，船向左移一些 C.小船靜止，船向右移一些 　 D.小船靜止，船不移動(dòng) 解析　人、船、魚(yú)構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，據(jù)“人船模型”，魚(yú)動(dòng)船動(dòng)，魚(yú)停船靜止；魚(yú)對(duì)地發(fā)生向左的位移，則人船的位移向右，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 2.光滑水平桌面上有P、Q兩個(gè)物塊，Q的

2、質(zhì)量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q。撤去外力后，P、Q開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，P和Q的動(dòng)量大小的比值為(　　) A.n2 B.n C. D.1 解析　撤去外力后，P、Q組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，所以總動(dòng)量守恒，設(shè)P的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑒t根據(jù)動(dòng)量守恒定律有pP－pQ＝0，pP＝pQ，故動(dòng)量大小之比為1∶1，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.(2019·福建漳州質(zhì)檢)如圖2所示，一砂袋用無(wú)彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開(kāi)始時(shí)砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中砂袋后未穿出，二者共同擺動(dòng)。若彈丸質(zhì)量為m，砂袋質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計(jì)，彈丸擊中砂袋后漏出的砂子質(zhì)

3、量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A.彈丸打入砂袋過(guò)程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變 B.彈丸打入砂袋過(guò)程中，彈丸對(duì)砂袋的沖量大小大于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小 C.彈丸打入砂袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為 D.砂袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為 解析　彈丸打入砂袋的過(guò)程由動(dòng)量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；彈丸打入砂袋后，總質(zhì)量變大，且做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)T＝6mg＋6m可知，細(xì)繩所受拉力變大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，彈丸打入砂袋過(guò)程中，彈丸對(duì)砂袋的沖量大小等于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；彈丸打入砂袋過(guò)程中所產(chǎn)生的熱量為Q

4、＝mv－·6mv2＝mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由機(jī)械能守恒可得·6mv2＝6mgh，解得h＝，選項(xiàng)D正確。 答案　D 4.如圖3所示，在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線(xiàn)，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0射向它們，設(shè)碰撞中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度值是(　　) 圖3 A.v1＝v2＝v3＝v0 B.v1＝0，v2＝v3＝v0 C.v1＝0，v2＝v3＝v0 D.v1＝v2＝0，v3＝v0 解析　由題設(shè)條件，三球在碰撞過(guò)程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒。若各球質(zhì)量為m，而碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv0，總動(dòng)能為mv。選項(xiàng)A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動(dòng)量守恒定律，故不

5、可能。假如選項(xiàng)C正確，則碰后總動(dòng)量為mv0，但總動(dòng)能為mv，這顯然違反了機(jī)械能守恒定律，故也不可能。選項(xiàng)D，既滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，也滿(mǎn)足機(jī)械能守恒定律，故D正確。 答案　D 5.如圖4所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開(kāi)始時(shí)木塊靜止在A(yíng)位置?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度v以及此過(guò)程中墻對(duì)彈簧的沖量I的大小分別為(　　) 圖4 A.v＝，I＝0 B.v＝，I＝2mv0 C.v＝，I＝ D.v＝，I＝2mv0 解析　子彈射入木塊過(guò)程，由于時(shí)間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)外力，以v0的方向

6、為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝ 子彈和木塊組成的系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運(yùn)動(dòng)，后做加速運(yùn)動(dòng)，回到A位置時(shí)速度大小不變，即當(dāng)木塊回到A位置時(shí)的速度v＝。 子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即為墻對(duì)彈簧的作用力，系統(tǒng)初動(dòng)量為mv0，末動(dòng)量為－(M＋m)v，根據(jù)動(dòng)量定理得 I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0 所以墻對(duì)彈簧的沖量I的大小為2mv0，選項(xiàng)B正確。 答案　B 6.質(zhì)量為m的物塊以初速度v0從光滑固定斜面底端向上滑行，到達(dá)最高位置后再沿斜面下滑到底端，則物塊在此運(yùn)動(dòng)過(guò)程中(　　) A.上滑過(guò)程與下滑過(guò)程中物塊所受重力的沖量相同 B.整個(gè)過(guò)

7、程中物塊所受彈力的沖量為零 C.整個(gè)過(guò)程中物塊合外力的沖量為零 D.若規(guī)定沿斜面向下為正方向，則整個(gè)過(guò)程中物塊合外力的沖量大小為2mv0 解析　物塊沿光滑斜面先上滑再下滑，兩過(guò)程所用時(shí)間相等，故重力的沖量相同，選項(xiàng)A正確；因彈力和其作用時(shí)間均不為零，故彈力的沖量不為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得I合＝p′－p＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 7.(2019·三亞模擬)如圖5所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M＝1.5 kg的木板A，木板上表面粗糙且固定一豎直擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為m＝0.9 kg

8、的物塊B，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0＝0.1 kg的子彈C以v0＝500 m/s的速度水平擊中物塊并嵌入其中，該過(guò)程作用時(shí)間極短，則在A(yíng)、B、C相互作用的過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的有(　　) 圖5 A.A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.子彈擊中物塊B的瞬間對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量為45 N·s D.彈簧被壓縮到最短時(shí)木板的速度為25 m/s 解析　A、B、C三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，故A正確；由于存在摩擦阻力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；子彈擊中物塊B后與物塊B共速，由動(dòng)量守恒有m0v0＝(m＋m0)v1，解得v1＝50 m/s，故對(duì)物

9、塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動(dòng)量I＝Δp＝mv1－0＝0.9×50 kg·m/s＝45 N·s，故對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量為45 N·s，C正確；彈簧被壓縮到最短時(shí)三者共速，由動(dòng)量守恒有m0v0＝(m＋M＋m0)v2，解得v2＝20 m/s，故D錯(cuò)誤。 答案　AC 8.(2019·廣東肇慶模擬)如圖6所示，三小球a、b、c的質(zhì)量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，碰后與小球b黏在一起運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖6 A.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能不守恒 B.三球與彈簧組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒，總機(jī)械

10、能也守恒 C.當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大 D.當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，小球b的動(dòng)能一定不為零 解析　在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，a與b碰撞過(guò)程機(jī)械能減小，故A正確，B錯(cuò)誤；a與b碰撞后，彈簧被壓縮，彈簧對(duì)b產(chǎn)生向左的彈力，對(duì)c產(chǎn)生向右的彈力，ab做減速運(yùn)動(dòng)，c做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)c的速度大于ab的速度后，彈簧壓縮量減小，則當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧壓縮量最大，彈性勢(shì)能最大，故C正確；當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒分析可知，小球b的動(dòng)能不為零，故D正確。 答案　ACD 二、非選擇題 9.(201

11、9·江西紅色七校聯(lián)考)在“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，如圖7甲所示，氣墊導(dǎo)軌上放置著帶有遮光板的滑塊A、B，測(cè)得A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，遮光板的寬度相同。實(shí)驗(yàn)中，用細(xì)線(xiàn)將兩個(gè)滑塊連接使輕彈簧壓縮且靜止，然后燒斷細(xì)線(xiàn)，輕彈簧將兩個(gè)滑塊彈開(kāi)，測(cè)得它們通過(guò)光電門(mén)的時(shí)間分別為t1、t2。 圖7 (1)圖乙為兩同學(xué)用螺旋測(cè)微器測(cè)遮光板寬度d時(shí)的不同情景。由該圖可知Ⅰ的示數(shù)為_(kāi)___________，Ⅱ的示數(shù)為_(kāi)___________mm。 (2)用題中測(cè)得的物理量表示動(dòng)量守恒應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系式為_(kāi)_____________(用m1、m2、t1、t2、d表示)。被壓縮彈簧開(kāi)始儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能Ep

12、＝________________。 解析　(1)Ⅰ圖，螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為3.5 mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01×0.3 mm＝0.003 mm， 即Ⅰ的示數(shù)為3.5 mm＋0.003 mm＝3.503 mm。 Ⅱ圖，螺旋測(cè)微器的固定刻度讀數(shù)為3 mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.01×48.5 mm＝0.485 mm， 即Ⅱ的示數(shù)為3 mm＋0.485 mm＝3.485 mm。 (2)設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，則應(yīng)滿(mǎn)足的表達(dá)式為0＝－m1v1＋m2v2；即m1v1＝m2v2。滑塊m1、m2的速度分別為v1＝，v2＝，代入可得＝，根據(jù)能量守恒關(guān)系可知，彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為兩滑

13、塊的動(dòng)能，則有Ep＝m1v＋m2v，代入可得Ep＝＋。 答案　(1)3.505(3.503～3.507均可)　3.485(3.483～3.487均可)　 (2)＝　()2＋()2 10.如圖8所示，光滑固定斜面傾角θ＝30°，一輕質(zhì)彈簧底端固定，上端與m0＝3 kg的物體B相連，初始時(shí)B靜止，物體A質(zhì)量m＝1 kg，從斜面上與物體B相距s1＝10 cm處由靜止釋放，物體A下滑過(guò)程中與物體B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B經(jīng)t＝0.2 s下滑s2＝5 cm至最低點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，求： 圖8 (1)A、B兩物體從碰

14、后到最低點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔEp； (2)A、B兩物體從碰后至返回碰撞點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈力沖量的大小。 解析　(1)設(shè)與B相撞前瞬間A的速度大小為v0，由動(dòng)能定理得 mgs1sin θ＝mv 解得v0＝1 m/s A、B相碰前后由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝(m＋m0)v1 解得v1＝0.25 m/s 從碰后到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得 ΔEp＝(m＋m0)v＋(m＋m0)gs2sin θ 解得ΔEp＝1.125 J (2)以沿斜面向上為正方向，從碰后至返回碰撞點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)量定理得 I－(m＋m0)gsin θ·2t＝(m＋m0)v1－[－(m0＋m

15、)v1] 解得I＝10 N·s 答案　(1)1.125 J　(2)10 N·s 11.(2018·山東聊城二模)如圖9所示，水平地面上固定一半徑為R＝0.8 m的光滑圓弧軌道，軌道左端放一質(zhì)量為M＝3 kg、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1.75 m的木板，木板上表面與軌道末端等高，木板與地面間無(wú)摩擦，其左端放一質(zhì)量m＝1 kg的物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4?，F(xiàn)給物塊施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距離s后撤去F，物塊正好能滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)，然后再滑回，取g＝10 m/s2。 圖9 (1)求物塊滑到板右端時(shí)的速度v多大； (2)求s的大小； (3)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，物塊最終能否滑離木板。 解析　(1)對(duì)于物塊從軌道底端上升到頂端的過(guò)程，由機(jī)械能守恒可得mv2＝mgR 解得v＝4 m/s (2)對(duì)于物塊從木板左端滑到右端的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得 Fs－μmgL＝mv2 解得s＝1 m (3)設(shè)物塊相對(duì)板向左滑動(dòng)距離Δs后，與木板達(dá)到相同速度，由動(dòng)量守恒定律得mv＝(M＋m)v′ 解得v′＝1 m/s 由能量守恒定律得μmgΔs＝mv2－(M＋m)v′2 解得Δs＝1.5 m